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2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高二上学期期末化学模拟试卷含答案
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高二上学期期末化学模拟试卷含答案，共17页。
A．MgF2的电子式：
B．二甲醚的结构式：CH3﹣O﹣CH3
C．NH3的球棍模型：
D．氧原子的结构示意图：
2．（3分）下列关于元素第一电离能大小的比较中，正确的是（ ）
A．I1（O）＜I1（S）＜I1（Se）＜I1（Te）
B．I1（C）＜I1（N）＜I1（O）＜I1（F）
C．I1（Si）＜I1（S）＜I1（P）＜I1（Cl）
D．I1（K）＜I1（Na）＜I1（Mg）＜I1（Al）
3．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定
B．乳酸分子[CH3﹣CH（OH）﹣COOH]中有 1 个手性碳且 1 ml 该分子中有 11 ml σ 键
C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构
D．H﹣O键键能为463 kJ/ml，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×463 kJ
4．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．分子中共价键键能越高，键长越长，则分子越稳定
B．元素周期表中的ⅡA族和ⅦA族元素的原子间不能形成共价键
C．水分子可表示为H﹣O﹣H，分子中键角为180°
D．N﹣N、N＝N、N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90，说明N2分子中π键键能＞σ键键能
5．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：W＞X＞Y
B．电负性：Y＞W＞Z
C．简单离子半径：Z＞X＞Y
D．最简单氢化物的沸点：X＞W＞Z
6．（3分）已知M是X、Y、Z三种元素组成的粒子化合物，只有Z为金属元素，其晶胞如图，则下列推测错误的是（ ）
A．M的化学式可能是ZXY3
B．Z周围等距离的Y有8个
C．熔点：M＞干冰
D．M中可能存在离子键和共价键
7．（3分）CsCl晶体结构如图所示，对相距最近的两个Cs+与它们最近的Cl﹣之间夹角的判断正确的是（ ）
A．120°B．90°
C．109°28'D．以上均不正确
8．（3分）X、Y、Z、W、R是周期表中的短周期主族元素，原子序数依次增大。Y原子的最外层有4个电子，且未成对电子数和W相等，R和X同主族，RX为离子化合物。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：r（R）＞r（Z）＞r（W）
B．元素电负性：Z＞W＞Y
C．Y、Z最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
D．W与R形成的化合物中可能含有共价键
9．（3分）下列关于物质结构的说法错误的是（ ）
A．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr
B．基态碳原子有三种能量不同的电子
C．CH4和NH4+都是正四面体结构，键角均为109°28′
D．甲醛（HCHO）的键角约为120°，分之间存在氢键
10．（3分）一种具有超导性的材料由Y、Cu、Ba、O构成，其晶胞结构如图所示，已知α＝β＝γ＝90°，下列说法正确的是（ ）
A．Ba和O之间的最短距离为2a cm
B．该晶体的化学式为YBa2Cu2O5
C．Y的配位数为4
D．该晶体的密度为6673a3NAg•cm﹣3
11．（3分）利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．一个C60分子中含有90个σ键
B．“杯酚”与C60形成氢键
C．一个C60晶胞中含有8个C60分子
D．该分离过程利用的是超分子的自组装特征
12．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3kJ/ml
B．同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快
C．自发反应在恰当条件下才能实现
D．若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍，则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍
13．（3分）利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（ ）
A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠
B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C．在铁片上镀铜时，Y是纯铜
D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属
14．（3分）在t℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法不正确的是（ ）
A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10﹣13
B．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）═AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数 K≈816
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
15．（3分）在物质的量浓度相等的NH3•H2O和NH4Cl的混合液中，下列微粒关系错误的是（ ）
A．c(NH4+)+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）
B．c(NH4+)+c（NH3•H2O）＝2c（Cl﹣）
C．c(NH4+)＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c(NH4+)＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
二．填空题（共4小题，满分55分）
16．（14分）（1）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是 。
（2）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为 。
（3）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是 。
（4）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。四种元素中电负性最大的是 （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为 。
17．（14分）下表是元素周期表的一部分，请用化学用语回答：
（1）最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 ．
（2）实验室制取②的氢化物的化学方程式 ．
（3）④和⑤元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式 ．
（4）元素②、⑥与氢元素形成的一种化合物含有的化学键类型有 ，其电子式为 ．
18．（14分）ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为 ，依据电子云的重叠方式，原子间存在的共价键类型有 ，碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）CH4、SiH4、GeH4的熔、沸点依次 （填“增大”或“减小”），其原因是 。
（3）SiO2比CO2熔点高的原因是 。
（4）四卤化硅 SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。
①SiX4的沸点依F、CI、Br、I次序升高的原因是 。
②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性 、共价性 。（填“增强”“不变”或“减弱”）
（5）水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2 苯酚）的Ka（填“＞”“＝”或“＜”），其原因是 。
（6）碳的另一种单质C可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示，K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为 ；其晶胞参数为1.4nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则晶体的密度为 g•cm﹣3。（只需列出式子）
19．（13分）常温下，用0.1ml•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL起始浓度也均为0.1ml•L﹣1的HM和HN溶液（酸性：HM＞HN），滴定曲线如图所示。已知当Ka≤10﹣5时，可以认为弱酸达电离平衡时的浓度近似等于起始浓度；1g5＝0.7。
（1）曲线Ⅱ对应的酸为 ，弱酸HM的电离常数为 。
（2）在B1和B2点对应的溶液中，应满足的关系为c（HM）﹣c（HN）＝ 。c（Na+）、c（M﹣）和c（N﹣）离子浓度由小到大的顺序为 。
（3）当溶液pH＝7时，两曲线对应溶液中水电离出的c（H+）关系为c（H+）I c（H+）II （填“＞”“＜”或“＝”），曲线Ⅱ中加入NaOH物质的量与剩余酸的物质的量之比为 。
（4）滴定终点C1和C2的纵坐标数值分别为 、 。
2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高二（上）期末化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题，满分45分，每小题3分）
1．【解答】解：A、镁原子失去2个电子形成镁离子，氟原子得到1个电子形成氟离子，1个镁离子与2个氟离子通过离子键结合形成氟化镁，电子式为：，故A正确；
B、二甲醚分子中氧原子连接了两个甲基，甲醚的结构式为：，故B错误；
C、氨气为三角锥的空间构型，故氨气的球棍模型为，故C正确；
D、氧原子的核内有8个质子，核外有8个电子，故氧原子的结构示意图为，故D正确。
故选：B。
2．【解答】解：A．O、S、Se、Te属于同一主族元素且原子序数逐渐增大，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能I1（O）＞I1（S）＞I1（Se）＞I1（Te），故A错误；
B．C、N、O、F属于同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，ⅤA族分别为全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能 I1（C）＜I1（O）＜I1（N）＜I1（F），故B错误；
C．Si、P、S、Cl属于同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，ⅤA族分别为全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能I1（Si）＜I1（S）＜I1（P）＜I1（Cl），故C正确；
D．K、Na属于同一主族元素且原子序数逐渐增大，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Na＞K，Na、Mg、Al，属于同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但Mg属于ⅡA，所以第一电离能I1（K）＜I1（Na）＜I1（Al）＜I1（Mg），故D错误；
故选：C。
3．【解答】解：A．键长越短，键能越大，分子越稳定，键长越长，键能越小，分子越不稳定，故A错误；
B．乳酸分子[CH3﹣CH（OH）﹣COOH]中第二个碳原子属于 个手性碳，分子中含有10个单键和1个双键，所以 1 ml 该分子中有 11 ml σ 键，故B正确；
C．PCl5分子中P原子最外层电子数为5+5＝10，不满足8电子结构，故C错误；
D．水分解生成氧气和氢气时，焓变＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量，氧气和氢气的键能未知，所以无法计算反应热，则18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量无法计算，故D错误。
故选：B。
4．【解答】解：A．分子中共价键键能越高，键长越短，键能越小，分子越不稳定，故A错误；
B．形成共价键的两种元素的电负性之差小于1.7时，可形成共价键，如Be和I形成的化合物可能为共价化合物，故B错误；
C．水分子含有2个δ键和2对孤对电子，为V形，故C错误；
D．N＝N、N≡N中都含有1个δ键，分别含有1、2个π键，由N﹣N、N＝N、N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90，说明N2分子中π键键能＞σ键键能，故D正确。
故选：D。
5．【解答】解：由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Na、Z为S，
A.同主族从上到下第一电离能减小，同周期主族元素从左向右第一电离能增大，且全满、半满为稳定结构，则第一电离能：W＞X＞Y，故A正确；
B.同主族从上到下电负性能减小，同周期主族元素从左向右电负性增大，则电负性：W＞Z＞Y，故B错误；
C.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，电子层越多、离子半径越大，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；
D.水分子、氨气分子间含氢键，且水分子间氢键多，则最简单氢化物的沸点：X＞W＞Z，故D正确；
故选：B。
6．【解答】解：A．由图可知，X占据顶点、Y占据棱心，Z占据体心，个数分别为8×18=1、12×14=3、1，该晶体的化学式为ZXY3，故A正确；
B．Z位于体心上，Y位于棱中心上，Z与该晶胞中各Y距离都相等，所以Z周围等距离的Y有12个，故B错误；
C．一般来说，晶体的熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，干冰为分子晶体，M为离子晶体，即熔点：M＞干冰，故C正确；
D．M是X、Y、Z三种元素组成的离子化合物，离子化合物的晶体为离子晶体，含有离子键；Z为金属元素，X、Y为非金属，可能存在共价键，故D正确；
故选：B。
7．【解答】解：根据分析，设两个Cs+与它们最近的Cl﹣之间的夹角为α，结合余弦定理，则有csα=(32a)2+(32a)2−a22×32a×32a=13，则α不是120°、90°、109°28'，
故选：D。
8．【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，R为Na元素，
A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越大，则简单离子半径：r（Z）＞r（W）＞r（R），故A错误；
B．同一周期从左向右电负性逐渐增强，则元素电负性：W＞Z＞Y，故B错误；
C．非金属性C＜N，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，故C错误；
D．W与R形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D正确；
故选：D。
9．【解答】解：A.离子半径Br﹣＞Cl﹣＞F﹣，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；
B．碳原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2，有1s、2s、2p3个能级，故核外有3种能量不同的电子，故B正确；
C．CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有键长均相等，都是正四面体结构，键角均为109°28′，故C正确；
D.甲醛分子中C原子采取sp2杂化，是平面三角形，O原子含有的孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故甲醛分子中H﹣C﹣O的键角大于120°，故D错误；
故选：D。
10．【解答】解：A.Ba和O原子位于同一平面上，Ba和O之间的最短距离为面对角线的12，对角线的长度为2acm，则Ba和O之间的最短距离为22acm，故A错误；
B.Y位于体心，个数为1，Ba位于晶胞内部，个数为2，Cu位于顶点和棱，个数为8×18+8×14=3，O位于棱和面上，个数为8×12+12×14=7，晶体的化学式为YBa2Cu3O7，故B错误；
C.Y位于体心，在晶体中，上、下、前、后、左、右各有1个配体，则配位数为6，故C错误；
D.晶胞的体积为3a×a2cm3＝3a3cm3，晶胞的质量为(89+137×2+64×3+16×7)NAg=667NAg，则密度=mV=6673a3NAg•cm﹣3，故D正确；
故选：D。
11．【解答】解：A．C60分子中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个共价键，共价键属于σ键，每个C﹣C键被2个C原子均摊，所以一个C60分子中含有3×602=90个σ键，故A正确；
B．C和H原子之间不能形成氢键，所以“杯酚”与C60不能形成氢键，故B错误；
C．C60的晶胞结构图为，一个C60晶胞中含有8×18+6×12=4个C60分子，故C错误；
D．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，故D错误；
故选：A。
12．【解答】解：A．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3 kJ/ml，生成物应为液态水，故A错误；
B．同种金属作为电解池的阳极比作为原电池的正极腐蚀得更快，故B错误；
C．自发反应不是在任何条件下都能实现，必须在恰当条件下才能实现，故C正确；
D．醋酸为弱酸，不能完全电离，如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的2倍，故D错误；
故选：C。
13．【解答】解：A．氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到NaOH，故A错误；
B．铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；
C．电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，则Y为铁片，故C错误；
D．外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确；
故选：D。
14．【解答】解：A．t℃时，AgBr的Ksp＝c（Ag+）c（Br﹣）＝7.0×10﹣7×7.0×10﹣7＝4.9×10﹣13，故A正确；
B．K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4×10−104.9×10−13≈816，故B正确；
C．曲线上的点为平衡点，线下Qc＜Ksp，则a点对应的是AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D．AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，而由c点变到b点c（Ag+）不变，故D错误；
故选：D。
15．【解答】解：物质的量浓度相等的NH3•H2O和NH4Cl的混合液中存在NH3．H2O⇌NH4++OH﹣、NH4Cl＝NH4++Cl﹣、NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，导致溶液中存在的微粒有 NH3．H2O、NH4+、OH﹣、Cl﹣、H2O、H+，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒n（N）＝n（Cl），
A．根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），故A正确；
B．溶液中存在物料守恒c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（Cl﹣），故B正确；
C．因为一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），一水合氨电离程度也较小，则溶液中存在c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．根据C知，溶液中微粒关系为c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：D。
二．填空题（共4小题，满分55分）
16．【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：H＜P＜N＜O，则电负性最高的是O，
故答案为：O；
（2）C、H、O三种元素非金属性：H＜C＜O，所以电负性由小到大的顺序：H＜C＜O，
故答案为：H＜C＜O；
（3）元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn，
故答案为：O＞Ge＞Zn；
（4）C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，
故答案为：O；1s22s22p63s23p3。
17．【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为F、④为Na、⑤为Al、⑥为Cl、⑦为Ar、⑧为K、⑨为Br．
（1）最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；
（2）实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2△¯CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2△¯CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）④和⑤元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，
故答案为：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O；
（4）元素②、⑥与氢元素形成的一种化合物为NH4Cl，含有离子键、共价键，电子式为：，
故答案为：离子键、共价键；．
18．【解答】解：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，属于混合型晶体，在石墨晶体中，同层的每一个碳原子以sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成片层结构，在同一平面的碳原子还各剩下一个p轨道，其中有一个2p电子，这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键，
故答案为：混合晶体；σ键、π键；sp2；
（2）CH4、SiH4、GeH4属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，
故答案为：增大；CH4、SiH4、GeH4属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
（3）SiO2是共价晶体，微粒间作用为共价键，作用强熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用为分子间作用力，相互作用弱，因而
故答案为：SiO2是共价晶体，微粒间作用为共价键，作用强熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用为分子间作用力，相互作用弱熔点低；
（4）①四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，
故答案为：SiX4属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
②PbX2的沸点先降低后增大，其中PbF2、PbCl2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可知依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强，
故答案为：减弱；增强；
（5）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，所以相同温度下，水杨酸的Ka2＜苯酚的Ka，
故答案为：＜；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+；
（6）K位于棱和体心，晶胞中的个数为12×14+9＝12，C60位于定点和面心，个数为8×18+6×12=4，化学式为K3C60，则晶胞的质量为4×837NAg，其晶胞参数为1.4nm＝1.4×10﹣7cm，则体积为（1.4×10﹣7）3cm3，所以密度为ρ=mV=4×837(1.4×10−7)3NA=g•cm﹣3，
故答案为：K3C60； 4×837(1.4×10−7)3NA。
19．【解答】解：（1）相同条件下，酸的酸性越强，电离程度越大，溶液中c（H+）越大，pH越小，已知酸性：HM＞HN，则图中曲线Ⅰ对应的为HM，曲线Ⅱ对应的为HN，根据A1（0，3）可得0.1ml•L﹣1的HM溶液中pH＝3，即c（H+）≈c（M﹣）＝10﹣3ml/L，c（HM）＝0.1ml/L﹣10﹣3ml/L≈0.1ml/L，则HM的电离常数Ka（HM）=c(M−)⋅c(H+)c(HM)=10−3×10−30.1=10﹣5，
故答案为：HN；10﹣5；
（2）在B1和B2两点对应的溶液中，剩余的酸和生成的盐的物质的量相等，物料守恒关系可得B1中存在2c（Na+）＝c（M﹣）+c（HM），B2中存在2c（Na+）＝c（N﹣）+c（HN），根据钠离子浓度相等可得c（M﹣）+c（HM）＝c（N﹣）+c（HN），即c（HM）﹣c（HN）＝c（N﹣）﹣c（M﹣），B1点溶液呈酸性、c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（M﹣），则c（Na+）＜c（M﹣），同理B2点溶液呈碱性，c（Na+）＞c（N﹣），则c（Na+）、c（M﹣）和c（N﹣）离子浓度由小到大的顺序为c（N﹣）＜c（Na+）＜c（M﹣），
故答案为：c（N﹣）﹣c（M﹣）；c（N﹣）＜c（Na+）＜c（M﹣）；
（3）由图可知，溶液pH＝7时HM、HN均未反应完全，说明M﹣或（或N﹣）的水解程度与HM（或HN）的电离程度相等，溶液呈中性，则两曲线对应溶液中水电离出的c（H+）相等，即c（H+）I＝c（H+）II；由（1）的计算可知HM的电离常数Ka（HM）＝10﹣5，当溶液pH＝7时c（H+）＝c（OH﹣），存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（M﹣）+c（OH﹣），即c（Na+）＝c（M﹣），HM的电离常数Ka（HM）=c(M−)⋅c(H+)c(HM)，则c(M−)c(HM)=Kac(H+)，即c(Na+)c(HM)=Kac(H+)=10−510−7=1100，所以曲线Ⅱ加入NaOH物质的量与剩余酸的物质的量之比为1：100，
故答案为：＝；1：100；
（4）由图可知，0.1ml•L﹣1的HN溶液中pH＝5，即c（H+）≈c（N﹣）＝10﹣5ml/L，c（HM）＝0.1ml/L﹣10﹣5ml/L≈0.1ml/L，HN的电离常数Ka（HN）=c(N−)×c(H+)c(HN)=10−5×10−50.1=10﹣9，N﹣的水解常数Kh（N﹣）=KwKa(HN)=10−1410−9=10﹣5，M﹣的水解常数Kh（M﹣）=KwKa(HM)=10−1410−5=10﹣9，滴定终点C1和C2时c（M﹣）＝c（N﹣）=0.1ml/L×+0.02L=0.05ml/L，则NaM溶液中c（OH﹣）=cKℎ=0.05×10−9ml/L=5×10﹣5.5ml/L，NaN溶液中c（OH﹣）=0.05×10−5ml/L=5×10﹣3.5ml/L，c（H+）=Kwc(OH−)、pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lgKwc(OH−)=−lg10﹣14+lgc（OH﹣）＝14+lgc（OH﹣），所以滴定终点C1的纵坐标数值为14+lg（5×10﹣5.5）＝8.85，滴定终点C2的纵坐标数值为14+lg（5×10﹣3.5）＝10.85，
故答案为：8.85；10.85。主族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
二
①
②
③
三
④
⑤
⑥
⑦
四
⑧
⑨
A．MgF2的电子式：
B．二甲醚的结构式：CH3﹣O﹣CH3
C．NH3的球棍模型：
D．氧原子的结构示意图：
2．（3分）下列关于元素第一电离能大小的比较中，正确的是（ ）
A．I1（O）＜I1（S）＜I1（Se）＜I1（Te）
B．I1（C）＜I1（N）＜I1（O）＜I1（F）
C．I1（Si）＜I1（S）＜I1（P）＜I1（Cl）
D．I1（K）＜I1（Na）＜I1（Mg）＜I1（Al）
3．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定
B．乳酸分子[CH3﹣CH（OH）﹣COOH]中有 1 个手性碳且 1 ml 该分子中有 11 ml σ 键
C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构
D．H﹣O键键能为463 kJ/ml，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×463 kJ
4．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．分子中共价键键能越高，键长越长，则分子越稳定
B．元素周期表中的ⅡA族和ⅦA族元素的原子间不能形成共价键
C．水分子可表示为H﹣O﹣H，分子中键角为180°
D．N﹣N、N＝N、N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90，说明N2分子中π键键能＞σ键键能
5．（3分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：W＞X＞Y
B．电负性：Y＞W＞Z
C．简单离子半径：Z＞X＞Y
D．最简单氢化物的沸点：X＞W＞Z
6．（3分）已知M是X、Y、Z三种元素组成的粒子化合物，只有Z为金属元素，其晶胞如图，则下列推测错误的是（ ）
A．M的化学式可能是ZXY3
B．Z周围等距离的Y有8个
C．熔点：M＞干冰
D．M中可能存在离子键和共价键
7．（3分）CsCl晶体结构如图所示，对相距最近的两个Cs+与它们最近的Cl﹣之间夹角的判断正确的是（ ）
A．120°B．90°
C．109°28'D．以上均不正确
8．（3分）X、Y、Z、W、R是周期表中的短周期主族元素，原子序数依次增大。Y原子的最外层有4个电子，且未成对电子数和W相等，R和X同主族，RX为离子化合物。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：r（R）＞r（Z）＞r（W）
B．元素电负性：Z＞W＞Y
C．Y、Z最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
D．W与R形成的化合物中可能含有共价键
9．（3分）下列关于物质结构的说法错误的是（ ）
A．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr
B．基态碳原子有三种能量不同的电子
C．CH4和NH4+都是正四面体结构，键角均为109°28′
D．甲醛（HCHO）的键角约为120°，分之间存在氢键
10．（3分）一种具有超导性的材料由Y、Cu、Ba、O构成，其晶胞结构如图所示，已知α＝β＝γ＝90°，下列说法正确的是（ ）
A．Ba和O之间的最短距离为2a cm
B．该晶体的化学式为YBa2Cu2O5
C．Y的配位数为4
D．该晶体的密度为6673a3NAg•cm﹣3
11．（3分）利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．一个C60分子中含有90个σ键
B．“杯酚”与C60形成氢键
C．一个C60晶胞中含有8个C60分子
D．该分离过程利用的是超分子的自组装特征
12．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．甲烷的燃烧热为890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3kJ/ml
B．同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快
C．自发反应在恰当条件下才能实现
D．若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍，则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍
13．（3分）利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（ ）
A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠
B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C．在铁片上镀铜时，Y是纯铜
D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属
14．（3分）在t℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法不正确的是（ ）
A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10﹣13
B．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）═AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数 K≈816
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
15．（3分）在物质的量浓度相等的NH3•H2O和NH4Cl的混合液中，下列微粒关系错误的是（ ）
A．c(NH4+)+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）
B．c(NH4+)+c（NH3•H2O）＝2c（Cl﹣）
C．c(NH4+)＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．c(NH4+)＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
二．填空题（共4小题，满分55分）
16．（14分）（1）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是 。
（2）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为 。
（3）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是 。
（4）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。四种元素中电负性最大的是 （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为 。
17．（14分）下表是元素周期表的一部分，请用化学用语回答：
（1）最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 ．
（2）实验室制取②的氢化物的化学方程式 ．
（3）④和⑤元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式 ．
（4）元素②、⑥与氢元素形成的一种化合物含有的化学键类型有 ，其电子式为 ．
18．（14分）ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为 ，依据电子云的重叠方式，原子间存在的共价键类型有 ，碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）CH4、SiH4、GeH4的熔、沸点依次 （填“增大”或“减小”），其原因是 。
（3）SiO2比CO2熔点高的原因是 。
（4）四卤化硅 SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。
①SiX4的沸点依F、CI、Br、I次序升高的原因是 。
②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性 、共价性 。（填“增强”“不变”或“减弱”）
（5）水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2 苯酚）的Ka（填“＞”“＝”或“＜”），其原因是 。
（6）碳的另一种单质C可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示，K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为 ；其晶胞参数为1.4nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则晶体的密度为 g•cm﹣3。（只需列出式子）
19．（13分）常温下，用0.1ml•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL起始浓度也均为0.1ml•L﹣1的HM和HN溶液（酸性：HM＞HN），滴定曲线如图所示。已知当Ka≤10﹣5时，可以认为弱酸达电离平衡时的浓度近似等于起始浓度；1g5＝0.7。
（1）曲线Ⅱ对应的酸为 ，弱酸HM的电离常数为 。
（2）在B1和B2点对应的溶液中，应满足的关系为c（HM）﹣c（HN）＝ 。c（Na+）、c（M﹣）和c（N﹣）离子浓度由小到大的顺序为 。
（3）当溶液pH＝7时，两曲线对应溶液中水电离出的c（H+）关系为c（H+）I c（H+）II （填“＞”“＜”或“＝”），曲线Ⅱ中加入NaOH物质的量与剩余酸的物质的量之比为 。
（4）滴定终点C1和C2的纵坐标数值分别为 、 。
2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高二（上）期末化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题，满分45分，每小题3分）
1．【解答】解：A、镁原子失去2个电子形成镁离子，氟原子得到1个电子形成氟离子，1个镁离子与2个氟离子通过离子键结合形成氟化镁，电子式为：，故A正确；
B、二甲醚分子中氧原子连接了两个甲基，甲醚的结构式为：，故B错误；
C、氨气为三角锥的空间构型，故氨气的球棍模型为，故C正确；
D、氧原子的核内有8个质子，核外有8个电子，故氧原子的结构示意图为，故D正确。
故选：B。
2．【解答】解：A．O、S、Se、Te属于同一主族元素且原子序数逐渐增大，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能I1（O）＞I1（S）＞I1（Se）＞I1（Te），故A错误；
B．C、N、O、F属于同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，ⅤA族分别为全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能 I1（C）＜I1（O）＜I1（N）＜I1（F），故B错误；
C．Si、P、S、Cl属于同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，ⅤA族分别为全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能I1（Si）＜I1（S）＜I1（P）＜I1（Cl），故C正确；
D．K、Na属于同一主族元素且原子序数逐渐增大，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Na＞K，Na、Mg、Al，属于同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但Mg属于ⅡA，所以第一电离能I1（K）＜I1（Na）＜I1（Al）＜I1（Mg），故D错误；
故选：C。
3．【解答】解：A．键长越短，键能越大，分子越稳定，键长越长，键能越小，分子越不稳定，故A错误；
B．乳酸分子[CH3﹣CH（OH）﹣COOH]中第二个碳原子属于 个手性碳，分子中含有10个单键和1个双键，所以 1 ml 该分子中有 11 ml σ 键，故B正确；
C．PCl5分子中P原子最外层电子数为5+5＝10，不满足8电子结构，故C错误；
D．水分解生成氧气和氢气时，焓变＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量，氧气和氢气的键能未知，所以无法计算反应热，则18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量无法计算，故D错误。
故选：B。
4．【解答】解：A．分子中共价键键能越高，键长越短，键能越小，分子越不稳定，故A错误；
B．形成共价键的两种元素的电负性之差小于1.7时，可形成共价键，如Be和I形成的化合物可能为共价化合物，故B错误；
C．水分子含有2个δ键和2对孤对电子，为V形，故C错误；
D．N＝N、N≡N中都含有1个δ键，分别含有1、2个π键，由N﹣N、N＝N、N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90，说明N2分子中π键键能＞σ键键能，故D正确。
故选：D。
5．【解答】解：由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Na、Z为S，
A.同主族从上到下第一电离能减小，同周期主族元素从左向右第一电离能增大，且全满、半满为稳定结构，则第一电离能：W＞X＞Y，故A正确；
B.同主族从上到下电负性能减小，同周期主族元素从左向右电负性增大，则电负性：W＞Z＞Y，故B错误；
C.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，电子层越多、离子半径越大，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；
D.水分子、氨气分子间含氢键，且水分子间氢键多，则最简单氢化物的沸点：X＞W＞Z，故D正确；
故选：B。
6．【解答】解：A．由图可知，X占据顶点、Y占据棱心，Z占据体心，个数分别为8×18=1、12×14=3、1，该晶体的化学式为ZXY3，故A正确；
B．Z位于体心上，Y位于棱中心上，Z与该晶胞中各Y距离都相等，所以Z周围等距离的Y有12个，故B错误；
C．一般来说，晶体的熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，干冰为分子晶体，M为离子晶体，即熔点：M＞干冰，故C正确；
D．M是X、Y、Z三种元素组成的离子化合物，离子化合物的晶体为离子晶体，含有离子键；Z为金属元素，X、Y为非金属，可能存在共价键，故D正确；
故选：B。
7．【解答】解：根据分析，设两个Cs+与它们最近的Cl﹣之间的夹角为α，结合余弦定理，则有csα=(32a)2+(32a)2−a22×32a×32a=13，则α不是120°、90°、109°28'，
故选：D。
8．【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，R为Na元素，
A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越大，则简单离子半径：r（Z）＞r（W）＞r（R），故A错误；
B．同一周期从左向右电负性逐渐增强，则元素电负性：W＞Z＞Y，故B错误；
C．非金属性C＜N，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，故C错误；
D．W与R形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D正确；
故选：D。
9．【解答】解：A.离子半径Br﹣＞Cl﹣＞F﹣，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；
B．碳原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2，有1s、2s、2p3个能级，故核外有3种能量不同的电子，故B正确；
C．CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有键长均相等，都是正四面体结构，键角均为109°28′，故C正确；
D.甲醛分子中C原子采取sp2杂化，是平面三角形，O原子含有的孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故甲醛分子中H﹣C﹣O的键角大于120°，故D错误；
故选：D。
10．【解答】解：A.Ba和O原子位于同一平面上，Ba和O之间的最短距离为面对角线的12，对角线的长度为2acm，则Ba和O之间的最短距离为22acm，故A错误；
B.Y位于体心，个数为1，Ba位于晶胞内部，个数为2，Cu位于顶点和棱，个数为8×18+8×14=3，O位于棱和面上，个数为8×12+12×14=7，晶体的化学式为YBa2Cu3O7，故B错误；
C.Y位于体心，在晶体中，上、下、前、后、左、右各有1个配体，则配位数为6，故C错误；
D.晶胞的体积为3a×a2cm3＝3a3cm3，晶胞的质量为(89+137×2+64×3+16×7)NAg=667NAg，则密度=mV=6673a3NAg•cm﹣3，故D正确；
故选：D。
11．【解答】解：A．C60分子中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个共价键，共价键属于σ键，每个C﹣C键被2个C原子均摊，所以一个C60分子中含有3×602=90个σ键，故A正确；
B．C和H原子之间不能形成氢键，所以“杯酚”与C60不能形成氢键，故B错误；
C．C60的晶胞结构图为，一个C60晶胞中含有8×18+6×12=4个C60分子，故C错误；
D．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，故D错误；
故选：A。
12．【解答】解：A．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3 kJ/ml，生成物应为液态水，故A错误；
B．同种金属作为电解池的阳极比作为原电池的正极腐蚀得更快，故B错误；
C．自发反应不是在任何条件下都能实现，必须在恰当条件下才能实现，故C正确；
D．醋酸为弱酸，不能完全电离，如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的2倍，故D错误；
故选：C。
13．【解答】解：A．氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到NaOH，故A错误；
B．铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；
C．电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，则Y为铁片，故C错误；
D．外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确；
故选：D。
14．【解答】解：A．t℃时，AgBr的Ksp＝c（Ag+）c（Br﹣）＝7.0×10﹣7×7.0×10﹣7＝4.9×10﹣13，故A正确；
B．K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4×10−104.9×10−13≈816，故B正确；
C．曲线上的点为平衡点，线下Qc＜Ksp，则a点对应的是AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D．AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，而由c点变到b点c（Ag+）不变，故D错误；
故选：D。
15．【解答】解：物质的量浓度相等的NH3•H2O和NH4Cl的混合液中存在NH3．H2O⇌NH4++OH﹣、NH4Cl＝NH4++Cl﹣、NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，导致溶液中存在的微粒有 NH3．H2O、NH4+、OH﹣、Cl﹣、H2O、H+，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒n（N）＝n（Cl），
A．根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），故A正确；
B．溶液中存在物料守恒c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（Cl﹣），故B正确；
C．因为一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），一水合氨电离程度也较小，则溶液中存在c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．根据C知，溶液中微粒关系为c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：D。
二．填空题（共4小题，满分55分）
16．【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：H＜P＜N＜O，则电负性最高的是O，
故答案为：O；
（2）C、H、O三种元素非金属性：H＜C＜O，所以电负性由小到大的顺序：H＜C＜O，
故答案为：H＜C＜O；
（3）元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn，
故答案为：O＞Ge＞Zn；
（4）C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，
故答案为：O；1s22s22p63s23p3。
17．【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为F、④为Na、⑤为Al、⑥为Cl、⑦为Ar、⑧为K、⑨为Br．
（1）最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；
（2）实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2△¯CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2△¯CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）④和⑤元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，
故答案为：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O；
（4）元素②、⑥与氢元素形成的一种化合物为NH4Cl，含有离子键、共价键，电子式为：，
故答案为：离子键、共价键；．
18．【解答】解：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，属于混合型晶体，在石墨晶体中，同层的每一个碳原子以sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成片层结构，在同一平面的碳原子还各剩下一个p轨道，其中有一个2p电子，这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键，
故答案为：混合晶体；σ键、π键；sp2；
（2）CH4、SiH4、GeH4属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，
故答案为：增大；CH4、SiH4、GeH4属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
（3）SiO2是共价晶体，微粒间作用为共价键，作用强熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用为分子间作用力，相互作用弱，因而
故答案为：SiO2是共价晶体，微粒间作用为共价键，作用强熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用为分子间作用力，相互作用弱熔点低；
（4）①四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，
故答案为：SiX4属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
②PbX2的沸点先降低后增大，其中PbF2、PbCl2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可知依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强，
故答案为：减弱；增强；
（5）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，所以相同温度下，水杨酸的Ka2＜苯酚的Ka，
故答案为：＜；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+；
（6）K位于棱和体心，晶胞中的个数为12×14+9＝12，C60位于定点和面心，个数为8×18+6×12=4，化学式为K3C60，则晶胞的质量为4×837NAg，其晶胞参数为1.4nm＝1.4×10﹣7cm，则体积为（1.4×10﹣7）3cm3，所以密度为ρ=mV=4×837(1.4×10−7)3NA=g•cm﹣3，
故答案为：K3C60； 4×837(1.4×10−7)3NA。
19．【解答】解：（1）相同条件下，酸的酸性越强，电离程度越大，溶液中c（H+）越大，pH越小，已知酸性：HM＞HN，则图中曲线Ⅰ对应的为HM，曲线Ⅱ对应的为HN，根据A1（0，3）可得0.1ml•L﹣1的HM溶液中pH＝3，即c（H+）≈c（M﹣）＝10﹣3ml/L，c（HM）＝0.1ml/L﹣10﹣3ml/L≈0.1ml/L，则HM的电离常数Ka（HM）=c(M−)⋅c(H+)c(HM)=10−3×10−30.1=10﹣5，
故答案为：HN；10﹣5；
（2）在B1和B2两点对应的溶液中，剩余的酸和生成的盐的物质的量相等，物料守恒关系可得B1中存在2c（Na+）＝c（M﹣）+c（HM），B2中存在2c（Na+）＝c（N﹣）+c（HN），根据钠离子浓度相等可得c（M﹣）+c（HM）＝c（N﹣）+c（HN），即c（HM）﹣c（HN）＝c（N﹣）﹣c（M﹣），B1点溶液呈酸性、c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（M﹣），则c（Na+）＜c（M﹣），同理B2点溶液呈碱性，c（Na+）＞c（N﹣），则c（Na+）、c（M﹣）和c（N﹣）离子浓度由小到大的顺序为c（N﹣）＜c（Na+）＜c（M﹣），
故答案为：c（N﹣）﹣c（M﹣）；c（N﹣）＜c（Na+）＜c（M﹣）；
（3）由图可知，溶液pH＝7时HM、HN均未反应完全，说明M﹣或（或N﹣）的水解程度与HM（或HN）的电离程度相等，溶液呈中性，则两曲线对应溶液中水电离出的c（H+）相等，即c（H+）I＝c（H+）II；由（1）的计算可知HM的电离常数Ka（HM）＝10﹣5，当溶液pH＝7时c（H+）＝c（OH﹣），存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（M﹣）+c（OH﹣），即c（Na+）＝c（M﹣），HM的电离常数Ka（HM）=c(M−)⋅c(H+)c(HM)，则c(M−)c(HM)=Kac(H+)，即c(Na+)c(HM)=Kac(H+)=10−510−7=1100，所以曲线Ⅱ加入NaOH物质的量与剩余酸的物质的量之比为1：100，
故答案为：＝；1：100；
（4）由图可知，0.1ml•L﹣1的HN溶液中pH＝5，即c（H+）≈c（N﹣）＝10﹣5ml/L，c（HM）＝0.1ml/L﹣10﹣5ml/L≈0.1ml/L，HN的电离常数Ka（HN）=c(N−)×c(H+)c(HN)=10−5×10−50.1=10﹣9，N﹣的水解常数Kh（N﹣）=KwKa(HN)=10−1410−9=10﹣5，M﹣的水解常数Kh（M﹣）=KwKa(HM)=10−1410−5=10﹣9，滴定终点C1和C2时c（M﹣）＝c（N﹣）=0.1ml/L×+0.02L=0.05ml/L，则NaM溶液中c（OH﹣）=cKℎ=0.05×10−9ml/L=5×10﹣5.5ml/L，NaN溶液中c（OH﹣）=0.05×10−5ml/L=5×10﹣3.5ml/L，c（H+）=Kwc(OH−)、pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lgKwc(OH−)=−lg10﹣14+lgc（OH﹣）＝14+lgc（OH﹣），所以滴定终点C1的纵坐标数值为14+lg（5×10﹣5.5）＝8.85，滴定终点C2的纵坐标数值为14+lg（5×10﹣3.5）＝10.85，
故答案为：8.85；10.85。主族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
二
①
②
③
三
④
⑤
⑥
⑦
四
⑧
⑨
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